Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{{e}^{x-1}}$（a∈R），g（x）=$\frac{{e}^{x}}$+$\frac{{e}^{-1}}{2x+{e}^{x}}$（b∈R），其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（參考數(shù)據(jù)：e²≈7.39，e${\;}^{\frac{1}{4}}$≈1.28，e${\;}^{\frac{1}{2}}$≈1.65）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）若a=1時，函數(shù)y=f（2x）+g（x）有三個零點，分別記為x₁、x₂、x₃（x₁＜x₂＜x₃），證明：-2＜4（x₁+x₂）＜3．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）令$t=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+e$，得到t²+（b-e）t+1=0，設方程t²+（b-e）t+1=0的根為t₁、t₂，結合函數(shù)圖象證明即可．

解答 解：（1）因為$f（x）=\frac{ax}{{{e^{x-1}}}}=ae（{\frac{x}{e^x}}）$的定義域為實數(shù)R，
所以$f'（x）=ae（{\frac{1-x}{e^x}}）$．
①當a=0時，f（x）=0是常數(shù)函數(shù)，沒有單調性．
②當a＜0時，由f'（x）＜0，得x＜1；由f'（x）＞0，得x＞1．
所以函數(shù)f（x）在（-∞，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
③當a＞0時，由f'（x）＜0得，x＞1； 由f'（x）＞0，得x＜1，
所以函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調遞減，在（-∞，1）上單調遞增．
（2）因為a=1，f（2x）+g（x）=0，
所以$\frac{2x}{{{e^{2x-1}}}}+\frac{e^x}+\frac{{{e^{-1}}}}{{2x+{e^x}}}=0$，即$\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+b+\frac{{{e^{x-1}}}}{{2x+{e^x}}}=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+b+\frac{1}{{\frac{{2x+{e^x}}}{{{e^{x-1}}}}}}=0$．
令$t=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+e$，則有$t-e+b+\frac{1}{t}=0$，即t²+（b-e）t+1=0．
設方程t²+（b-e）t+1=0的根為t₁、t₂，則t₁•t₂=1，
所以x₁、x₂、x₃是方程${t_1}=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+e…（*），{t_2}=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+e…（{**}）$的根．
由（1）知$t=\frac{2x}{{{e^{x-1}}}}+e$在（-∞，1）單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減．
且當x→-∞時，t→-∞，當x→+∞時，t→e，t_max=t（1）=2+e，

如圖，依據(jù)題意，不妨取e＜t₂＜e+2，所以$\frac{1}{e+2}＜{t_1}=\frac{1}{t_2}＜\frac{1}{e}$，
因為$t（{-\frac{1}{2}}）=-{e^{\frac{3}{2}}}+e=e（{-{e^{\frac{1}{2}}}+1}）＜0，t（{-\frac{1}{4}}）=e（{-\frac{1}{2}{e^{\frac{5}{4}}}+e}）={e^2}（{-\frac{1}{2}{e^{\frac{1}{4}}}+1}）＞1$，
易知0＜x₂＜1，要證-2＜4（x₁+x₂）＜3，即證$-\frac{1}{2}＜{x_1}＜-\frac{1}{4}$．
所以$t（{-\frac{1}{2}}）＜0＜t（{x_1}）＜\frac{1}{e}＜t（{-\frac{1}{4}}）$，又函數(shù)y=t（x）在（-∞，1）上單調遞增，
所以$-\frac{1}{2}＜{x_1}＜-\frac{1}{4}$，所以-2＜4（x₁+x₂）＜3．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，數(shù)形結合思想，是一道綜合題．